2019-2020学年福建省福州市八县一中高二下学期适应性考试物理试题 解析版

福建省福州市八县一中2019-2020学年高二下学期适应性考试物理试题 解析版
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。

）
1. 关于理想变压器，下列说法正确是的（ ）
A. 理想变压器可以改变交流电的频率
B. 理想变压器可以改变输送电功率的大小
C. 当理想变压器副线圈空载时，副线圈负载电阻为零
D. 当理想变压器副线圈空载时，副线圈两端电压不为零，输出功率为零
【答案】D
【解析】
【详解】A ．变压器不能改变电流的频率，故A 错误；
B ．理想变压器输出功率等于输入功率，故B 错误；
CD ．空载相当于电阻无穷大，副线圈两端电压可以不为零，但输出电流为零，输出功率为零，故C 错误，D 正确。

故选D 。

2. 如图甲所示，边长0.4m L =的正方形线框总电阻1ΩR =（在图中用等效电阻画出），整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），方向垂直纸面向外的磁场充满整个线框平面。

磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 回路中电流方向先沿逆时针方向再顺时针方向
B. 回路中电流方向始终沿逆时针方向
C. 1t 时刻回路中的感应电动势为零
D. 10t -内因为电流恒定所以线框所受的安培力也恒定
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由楞次定律可判断出感应电流的方向为逆时针方向，故A错误，B正确；CD．由图象可知，磁通量变化率是恒定的，根据法拉第电磁感应定律，则感应电动势一定，依据闭合电路欧姆定律，则感应电流大小也是一定的，再依据安培力表达式
=
F BIL
安培力大小与磁感强度成正比，故CD错误。

故选B。

3. 如图所示，金属导线框abcd每边长0.2m，每边电阻均为0.5Ω，线框平面与纸面平行，有界匀强磁场磁感应强度大小为0.1T，方向垂直纸面向里。

现用外力使线框以10m/s的速度匀速进入磁场，则进入磁场的过程中，c、d两点间的电压是（）
A. 0
B. 0.05V
C. 0.15V
D. 0.2V 【答案】C
【解析】
【详解】进入cd时切割磁感线产生电动势相当于电源，则有
=
E BLv
则cd两端的电压为路端电压
E
=-⋅
U E r
R
联立可得
U=
0.15V
故ABD错误，C正确。

故选C。

4. 质量为0.50kg的小球从高3.20m处自由下落，碰到地面后竖直向上弹起到1.80m高处，
10m/s，则碰撞过程中地面对球的平均冲力是（）。

碰撞时间为0.040s，g取2
A. 25N
B. 30N
C. 175N
D. 180N 【答案】D
【解析】
【详解】由动能定理的，小球下落过程中
211102
mgh mv =
- 小球上升过程中 222012
mgh mv -=- 由动量定理得
()21mg F t mv mv -=-
联立解得
180N F =
故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

5. 如图所示，一个边长为2L 的等腰直角三角形ABC 区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L 的正方形线框abcd ，线框以水平速度v 匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。

则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i 随时间t 变化的规律正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】线框开始进入磁场运动L 过程中，只有边bd 切割，感应电流不变，前进L 后，边bd 开始出磁场，边ac 开始进入磁场，回路中的感应电动势为ac 边产生的电动势减去bd 边在磁场中的部分产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向
为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变。

A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
故选B。

6. 为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，相同的A灯和B灯，线圈L的直流电阻的阻值与定值电阻R的电阻相等，下列说法正确的是（）
A. 开关接通
的瞬间，A灯的亮度大于B灯的亮度B. 通电一段时间后，A灯的亮度小于B灯的亮度C. 断开开关的瞬间，A灯和B灯立即熄灭D. 若满足R灯<R L则开关断开瞬间，A灯会闪亮一下再熄灭【答案】A 【解析】【详解】闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而
使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度，故A正确；当通电一段时间后，电路的电流稳定，若L的直流电阻和R相等，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同，选项B错误；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化；由于线圈L与灯泡A组成自感回路，从而使A灯逐渐熄灭，但B灯立即熄灭．故C错误；若满足R灯＞R L则当电路中的电流稳定时，流过灯A的电流小于流过线圈L中的电流，所以断开瞬间由于线圈L与灯泡A组成自感回路，流过灯A的电流从流过线圈原来的电流值开始减小，所以A灯才会闪亮一下再熄灭，故D错误．
7. 如图的交流电路中，若把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（）
A 1L 、2L 、3L 亮度都不变
B. 1L 变亮、2L 变暗、3L 不变
C. 1L 变暗、2L 变亮、3L 不变
D. 1L 变暗，2L 不变、3L 变亮
【答案】B
【解析】
【详解】发电机转子的转速减小一半，即角速度减小一半，根据
m E NBS ω=
可知交流电压的最大值和有效值不变；而
2f ωπ=
可知角速度减小，频率减小，感抗为
L 2X fL π=
容抗为
C 12X fC
π= 当频率减小时，感抗变小，容抗变大。

感抗变大，对交流电阻碍作用变大，所以1L 变亮。

容抗变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2L 变暗。

而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3L 亮度不变。

所以1L 变亮、2L 变暗、3L 不变。

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

8. 如图一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动。

现施加一垂直圆盘向里的有界匀强磁场，圆盘开始减速。

不计金属圆盘与轴之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 在圆盘减速过程中，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B. 在圆盘减速过程中，若使所加磁场反向，圆盘将加速转动
C. 在圆盘转动的过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，没有产生感应电流
D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
【答案】D
【解析】
【详解】AC．将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，这些金属辐条不断切割磁感线从而产生电动势和感应电流。

根据右手定则可知，圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，因此靠近圆心处电势低，故AC错误；
B．若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，因此圆盘还是减速转动，故B错误；
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，故D正确。

故选D。

9. 如图所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值AB100V
U=，
040Ω
R=，当滑动片处于线圈中点位置时，则以下说法正确的是（）
A. C、D两端电压的有效值CD200V
U=
B. 通过电阻0R的电流有效值为2.5A
C. 当滑动片向下滑动的时候，流过交流电源的电流增大
D. 当滑动片向下滑动的时候，流过交流电源的电流减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A ．由图可知，AB 之间的线圈是原线圈，CD 之间的线圈是副线圈，滑片处于线圈中点时，原副线圈之比为
12:1:2n n =
根据 CD 1AB 2U
n U n = 代入数据可得
CD 200V U =
故A 正确；
B ．根据欧姆定律可得
CD 00
U I R =
代入数据解得 05A I =
故B 错误；
CD ．当滑动片向下滑动时，副线圈比之原线圈的倍数增大，根据
1221
I n I n = 可知流过交流电源的电流增大，故C 正确，D 错误。

故选AC 。

10. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，在用电高峰期，随着用电器的增加，下列说法中正确的有（ ）
A. 升压变压器的输出电压增大
B. 升压变压器初级线圈中的电流变大
C. 输电线上损耗的电压增大
D. 输电线上损耗的功率增大
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．因为发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，因此升压变压器的输出电压不变，故A错误；
B．发电厂的输出功率变大，升压变压器的输出电压不变，因此通过升压变压器原线圈的电流变大，故B正确；
C．在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，但升压变压器的输出电压不变，根据
P UI
=
可知输电线的电流增大。

根据
=
U I R
损线
可知输电线的电压损失增大，故C正确；
D．根据
2
=
P I R
损线
又因为输电线上的电流增大，但电阻不变，因此输电线上的功率损耗增大，故D正确。

故选BCD。

11. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，0R为定值电阻，T R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（）
A. 图乙中电压的有效值为1102V
R处出现火警时电压表的示数变大
B. T
C. T R 处出现火警时电流表示数减小
D. T R 处出现火警时电阻0R 消耗的电功率增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A
，设将此电流加载阻值为R 的电阻上，电压最大值为m U ，此时有
2
2U T R
=有 即有
U 有
故A 正确；
BCD ．出现火警时，T R 阻值减小，路端电压不变，即电压表示数不变，通过的电流增加，电流表的示数随之增大，根据
2P I R = 可知电阻0R 消耗的电功增加，故BC 错误，D 正确。

故选AD 。

12. 质量为4kg 的物块A ，以3m/s 的速度与质量为2kg 静止的物块B 发生正碰，碰撞后物块B 的速度大小可能为（ ）
A. 0.5m/s
B. 2m/s
C. 3.5m/s
D. 4m/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A 球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得 A 0A A B B m v m v m v =+
由机械能守恒定律得
222A 0A A B B 111 222
m v m v m v =+ 计算得出
B 4m/s v =
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
()A 0A B B +m v m m v =
计算得出
B 2m/s v =
则碰撞后B 球的速度范围是
B 2m/s 4m/s v ≤≤
所以碰撞后B 球的速度可能值为2m/s ，3.5m/s 和4m/s ，故A 错误，BCD 正确。

故选BCD 。

二、实验题探究题（本大题共2小题，每空2分，共12分）
13. 某同学通过实验探究热敏电阻阻值随温度的变化规律，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线图甲。

(1)由图可知，热敏电阻的阻值随温度升高而____________。

（填“变大”或“变小”）
(2)他将这个热敏电阻接入图乙所示的电路中，其中1R 为定值电阻，2R 为该热敏电阻，L 为小灯泡，当温度降低时（ ）。

A ．1R 两端的电压增大
B ．电流表的示数增大
C ．小灯泡的亮度变强
D ．小灯泡的亮度变弱乙
【答案】 (1). 变小 (2). C
【解析】
【详解】(1)[1]电阻的定义式为 U R I
= 则可知I U -图的斜率的倒数等于电阻大小。

由图可以看出随着电压升高，电阻温度升高，电阻变小。

(2)[2]2R 与灯L 并联后与1R 串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻增大，外电路电阻增大，电流表读数变小，灯L 两端电压增大，灯泡亮度变强，1R 两端电压减小，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

14. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。

但是，可以通过仅测量________（选填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A 、小球开始释放高度h
B 、利用秒表精确测量小球从抛出点到落地的时间t
C 、小球做平抛运动的射程
(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让球1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP 。

然后，把被碰小球2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球1从斜轨上S 位置静止释放，与小球2相碰，并多次重复。

接下来要完成的必要步骤是________（填选项前的符号）。

A 、用天平测量两个小球的质量1m 、2m
B 、测量球1开始释放高度h
C 、测量抛出点距地面的高度H
D 、分别找到球1、球2相碰后平均落地点的位置M 、N
E 、测量平抛射程OM 、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________（用(2)中测量的量表示）若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______________________（用(2)中测量的量表示）。

【答案】 (1). C (2). ADE (3). m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON (4). m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2
【解析】
【详解】(1)[1]根据小球的平抛运动规律
0x v t =
可以用位移来代替速度，因此待测的物理量就是水平射程，故AB 错误，C 正确。

故选C 。

(2)[2]待测的物理量就是水平射程和小球质量，故ADE 正确，BC 错误。

故选ADE 。

(3)[3][4]若两球相碰前后的动量守恒，则
101122m v m v m v =+
又
0OP v t =
1OM v t =
2ON v t =
代入得
112m OP m OM m ON ⋅⋅⋅＝＋
若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒
222101122111222
m v m v m v =+ 代入得
222112m OP m OM m ON ⋅⋅⋅＝＋
三、计算题（本题共4小题，第15题9分，第16题9分，第17题10分，第18题12分，共40分。

解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案不得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）
15. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为100N =匝的矩形线圈，边长分别为0.1m 和0.2m ，
内阻为5Ω，在磁感应强度0.5T B =的匀强磁场中绕OO ′轴以252r/s 的转速匀速转动，线圈通过电刷和外部20Ω的电阻R 相接，求：
(1)在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量是多少；
(2)S 闭合后理想电压表的示数；
(3)S 闭合后电阻R 上所消耗的电功率是多少。

【答案】(1) 0.01Wb ；(2)40V ；(3)80W
【解析】
【详解】(1)依题得，当线框垂直于磁场时穿过线圈的磁通量最大，因此有
m B S Φ=⋅
2=0.10.2=0.02m S ⨯
代入数据解得
m 0.01Wb Φ=
(2)依题可得，电动势的最大值为
m E NBS ω=
电动势的有效值为
m
2E
因此S 闭合后电压的示数为
E
U R R r =⋅+
代入数据解得
40V U =
(3)依题得，电阻R 上消耗的电功率为
2U P R
= 代入数据解得
80W P =
16. A 、B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A 的质量为A 4kg m =，两物体发生碰撞前后的运动图象如图所示，求：
(1)碰前A 物体速度A v 的大小和方向；
(2)B 物体的质量B m ；
(3)碰撞过程中产生的热量Q 。

【答案】(1)2m/s ，方向沿x 轴负方向；(2)6kg ；(3)30J
【解析】
【详解】(1)由图象知，碰前物体A 的速度A v 为
A
A x v t ∆=∆
解得
A 2m/s v =
方向沿x 轴负方向。

(2)取物体B 运动的方向为正方向，由动量守恒定律和图象得
B B A A A B AB ()m v m v m m v -=+-
解得
B 6kg m =
(3)由能量守恒定律可得
A A
B B 22A B AB 211()212
2Q m v m v m m v =
-++ 解得 30J Q =
17. 光滑绝缘斜面倾角为θ，水平虚线OP 以下的斜面处于磁感应强度为B 、方向垂直斜面向上的匀强磁场中。

质量为m 、边长为L 的正方形铜线框电阻为R ，线框导线粗细均匀。

现将导线框从斜面上某处由静止开始释放，线框恰好匀速进入磁场。

已知线框下边bc 始终与OP 平行，重力加速度g 。

求：
(1)线框bc 边到达磁场边界OP 时的速度大小；
(2)线框释放时bc 边距离OP 的距离。

【答案】(1)22sin mgR v B L θ=；(2)2244sin 2m gR x B L
θ= 【解析】
【详解】(1)依题得，bc 边感应电动势为
E BLv =
因此线框感应电流为
E I R
=
则bc 边受安培力为 A F BIL =
又因为线框匀速运动，合外力为零，因此
22sin B L v mg R
θ= 解得
22sin mgR v B L θ= (2)从线框释放至bc 边达到磁场边界OP 过程，机械能守恒，则有 21sin 2mgx mv θ=
解得
2244
sin 2m gR x B L θ= 18. 如图所示，两平行光滑弧形导轨间距为L ，金属棒a 从高为h 处由静止开始下滑，进入光滑导轨的水平部分，导轨的水平部分静止有另一根金属棒b ，已知两棒质量均为m ，电阻均为R ，整个水平导轨足够长并处于广阔的竖直向下匀强磁场中，忽略轨道的电阻，假设金属棒a 进入磁场后始终没跟金属棒b 相碰且在运动的过程中两金属棒始终与导轨垂直，求：
(1)当金属棒a 刚进入磁场的瞬间，a 棒的速度0v ；
(2)设金属棒a 刚进入磁场时金属棒a 、b 的加速度大小分别为1a 、2a ，则12:a a 是多少；
(3)两棒从相对运动到相对静止，相对滑动的距离x 。

【答案】(1)02v gh ；(2)12:1:1a a =；(3)222mR x gh B L =
【解析】 【详解】(1)在金属棒a 下滑的过程中，由动能定理可得
2012
mgh mv =
得金属棒a 刚进入磁场的瞬间，a 棒的速度为 02v gh =-
(2)依题得，金属棒a 与金属棒b 受到等大的安培力作用，根据牛顿第二定律可得
1F ma =
2F ma =
作比可得
12:1:1a a =
(3)金属棒a 进入磁场后，a 与b 组成的系统动量守恒，a 与b 最终相对静止，速度相等，根据动量守恒定律可得
02mv mv =
由此可得两棒的最终速度为
01
2v v =
对a 棒根据动量定理可得
0BILt mv mv -=-
0BqL mv mv -=-
又因为有
22BLx
q It R R ∆Φ
===
由此可得，两棒从相对运动到相对静止，相对滑动的距离为
x =。